【答案】解：（1）补全图形如下：
∠CDB=30°。
（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，
∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。
∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。
在△APD与△CPD中，∵AD=CD， PD=PD， PA=PC
∴△APD≌△CPD（SSS）。
∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。
又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。
∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。
∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。
∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。
∴∠CDB=90°－α。
（3）45°＜α＜60°。
【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。
【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案：
∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。
∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。
∴CM=MQ，∠CMQ=60°。∴△CMQ是等边三角形。
∴∠ACQ=60°。∴∠CDB=30°。
（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。
（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，
∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。
∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。
∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。
2. （2012福建南平12分）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．